Областен кръг по математика - 25.04.2009

Is it black or white?

12 клас:
Задача 1. Да се реши уравнението:

[tex]3x^{4}-4x^{3}-12x^{2}+16\frac{4^{x-1}+6}{2^{x}+1}=0 [/tex]

Задача 2. В кръг с радиус 1 са разположение четири триъгълника със сума на лицата 3. Да се докаже, че два от тях имат обща вътрешна точка.

Задача 3. Да се намерят всички реални числа [tex]a[/tex], за които:
a) съществува фукнция [tex]f:R->R[/tex] такава, че [tex]f(0)=a [/tex] и [tex]f(f(x))=x^{2009}[/tex] за всяко [tex] x\in R[/tex]
б) съществува непрекъсната функция със свойствата от а)

Първа я реших, тя беше лесна, втора идеята ми незнам дали е вярна, но и тя що-годе бива, но трета изобщо не я писах, идеи за трета имате ли?

Реклама

mkmarinov · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 1:17 pm Заглавие:

1. Да се реши неравенството [tex]\frac{x+a}{\sqrt{x^2+b^2}}=\frac{x+b}{\sqrt{x^2+b^2}}[/tex], където a>b>0.
2. Даден е успоредник ABCD. Права, минаваща през С, пресича BD, AD и продължението на АВ в точки M,E,F. Да се докаже, че AM e допирателна към описаната около триъгълник AEF окръжност тогава и само тогава когато ABCD е ромб.
3. За кои естествени стойности на n равенството е тъждество:
[tex](x+y)^{2n+1}-x^{2n+1}-y^{2n+1}=(2n+1)xy(x+y)(x^2+xy+y^2)^{n-1}[/tex]

adrenal1n · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 1:26 pm Заглавие:

Damn it! · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 2:23 pm Заглавие:

Aбе на трета задача 'отсечките' могат ли да бъдат страните или само диагонали. 'Щото ако е само диагонали, задачата е ясна и ми се струва прекалено елементарна. А ако могат да са страни, ако ги построим от един и същи връх към останалите, практически погледнато, не се пресичат и има противоречие с това, което трябва да докажем. Ако се приеме, че построени по този начин, отсечките се броят за пресичащи се, излиза няк'во очевидно, че няма как да се наредят всички 15 дължини така, че да не се пресичат.

Иначе на първа получих единствено решение (-2;-2).
На втора [tex]1:\sqrt{2} [/tex]

Пафнутий · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 2:34 pm Заглавие:

Под пресичане се има впредвид, че не трябва да има 2 отсечки, излизащи от 1 връх. За 2-ра още един фр е получил толкова, обаче при равностранен това не е вярно... Даже не съм сигурен, че съотношението е константа, защото при равнобедрен съотношението е равно на [tex]\frac{AC}{AB}[/tex]
ПП 3 часа мислех, че е равнобедрен [tex]\Delta ABC[/tex] и доказах само, че L e среда на BC(дъгата), за 3та написах само, че са има само 15 възможни дължини, защото ако ги означим върховете последователно с [tex]A_{1},...,A_{30}[/tex], то отсечките [tex]A_{i}A_{i+j}=A_{i}A_{i-j}[/tex]. За 1ва и аз така съм получил. Да се надяваме, че утре ще има поне 1 диофантово най-накрая...

Damn it! · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 3:14 pm Заглавие:

На мен ми излиза равнобедрен правоъгълен о.О И БИ следвало да е константа, след като не са дадени дължини a, b и c например, с които да се изрази.
Ако не ме домързи, ще си напиша решението и ще го пусна.
А на трета, в крайна сметка, може ли да са страни или само диагонали?
Адски неизпипано и блудкаво ми звучи задачата...

Пафнутий · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 3:23 pm Заглавие:

Е много ясно, че може и страни, и диагонали да са...

pepsi_kola · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 3:32 pm Заглавие:

може ли някой да ми каже как се решават 2б и 3 Smile

Damn it! · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 3:39 pm Заглавие:

naitsirk · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 3:57 pm Заглавие:

martosss · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 4:06 pm Заглавие:

naitsirk · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 4:13 pm Заглавие:

martosss · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 4:20 pm Заглавие:

не ми се мисли, че ако съм объркал нещо няма да ми е никак хубаво Laughing

vel.angelov · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 4:20 pm Заглавие:

Е то щом 2 а) е да докажем тъждеството става ясно че ще го използваме по нататък, но напишете решение с чертеж че аз малко се омотах с тези ъгли и неможах да я реша.
А за първа получавам при [tex]a\in (-\infty ;-\frac{1}{2 } )[/tex] 1 решение x=....
При [tex]a\in [-\frac{1}{2 };+\infty )[/tex] ур. н.р.к.

martosss · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 4:22 pm Заглавие:

naitsirk · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 4:22 pm Заглавие:

на 1-ва и аз получавам толкова, а по 2-ра мога довечера да ти напиша решение ако не е проблем Wink

pepsi_kola · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 4:27 pm Заглавие:

и аз получавам толкоз на 1 Smile

,на 2б стигнах до някво равенство между синусите от половинките на ъглите ма обърках сметките по нататък...... Crying or Very sad

може ли някой да пише на 3 решението

martosss · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 4:34 pm Заглавие:

За 2б ме мързи да го напиша, щото решението ми само на б е 4 страници... смятай кво писане беше... в общи линии имаш [tex]r1r2r3=(4R)^3sin (\frac{a}{2})sin (\frac{b}{2}) sin (\frac{c}{2}) \prod_{i=1}^{6 }sin\varphi_i[/tex] където а б и с са ти големите ъгли , а фи-тата са ти малките ъгли на триъгълничетата, после изразяваш а, б и с с ъглите на тия вътрешните триъгълници и става [tex]sin (\frac{k+l}{2})sin(\frac{l+m}{2})sin(\frac{k+m}{2})[/tex], където k, l m са ти ъглите на един от вътрешните триъгълници.
Сега изразяваш това произведение като следния сбор ¼(sink+sinl+sinm+1) - нещо като тъждество.. малко( Laughing

) тригонометрия и излиза(трябва да съобразиш, че k+l+m=180) това беше моето решение... не казвам че е красиво ама си е мое (proud)

същото се получава за r4r5r6, само че вместо a b c имаш други ъгли, които се изразяват чрез ъглите на другия вътрешен триъгълник... сложна работа дано някой да ме разбере Smile

в крайна сметка остават само тия синуси - sinasinbsinc=sina1sinb1sinc1 и като вкараш тъждеството и изразиш сбора от синусите чрез страните на вътрешните триъгълници(синусова теорема) и периметърът излиза

_sssss · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 5:03 pm Заглавие:

12 клас.
1. единствено решение x=2;
2. направих произволен вписан четириъгълник. S max му е при d₁=d₂=2r=2; sinθ=1. Smax < 3 => триъгълниците някак си трябва да се застъпват(ако това се искаше да докажем). Ама няма да е така. Laughing

3. само я прочетох, не съм и пробвала да мисля

Bgtop100 · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 5:09 pm Заглавие:

За 3-та на 11 клас аз вижте как я реших... малко е смешно и непохватно, ама друго не можах да измисля Embarassed

Нека n=6, следователно имаме 6 човека, седящи в правилен 6-ъгълник. И всеки има право да седи срещу другия (тоест диаметрално срещу него) точно по 1 път. Означаваме си хората с човек номер 1,2,3,4,5,6 и почваме да си ги комбинираме:
1сл. 1 с 4, 2 с 5, 3 със 6
2сл. 1 - 6, 2 - 4, 3 - 5
3сл. 1 - 5, 2 - 6, 3 - 4
4сл. 1 - 2, 3 - 4, 5 - 6
5сл. Остана ни 1 - 3, 4 - 5 и 2 няма с кое друго да е освен със 6. Но те вече са седяли един срещу друг, следователно не е възможно даденото по условие. А въпросът е винаги ли е възможно, следователно щом сме доказали за n=6 не винаги е възможно
Laughing

Не знам на мен ми се струва смешно, но може пък и да ми го приемат Very Happy

martosss · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 5:23 pm Заглавие:

Bgtop100 · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 5:54 pm Заглавие:

Да като се замисля си прав Laughing

Е поне се опитах Laughing

Is it black or white? · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 5:58 pm Заглавие:

naitsirk · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 6:18 pm Заглавие:

2-ра б) 11 клас!!!
Лесно се намира, че равенство на произведението на радиусите имаме, когато
[tex]sin( \frac{ \gamma +\varphi +\beta +\mu }{2 }).sin(\frac{\varphi +\gamma +\psi+\alpha }{2 }).sin(\frac{\psi+\alpha +\mu+\beta }{2 })=sin(\frac{\varphi +\beta +\mu+\alpha }{2 }).sin(\frac{\psi+\gamma +\varphi +\beta }{2}).sin(\frac{\gamma +\alpha +\psi+\mu}{2 }) [/tex].
Нека за [tex]\gamma +\varphi +\beta +\mu=x, \varphi +\gamma +\psi+\alpha=y, \psi+\alpha +\mu+\beta=z, \varphi +\beta +\mu+\alpha=t, \psi+\gamma +\varphi +\beta=m, \gamma +\alpha +\psi+\mu=n[/tex]
Тогава горното равенство има вида:
[tex]sin( \frac{ x }{2 }).sin(\frac{y }{2 }).sin(\frac{z }{2 })=sin(\frac{t }{2 }).sin(\frac{m }{2}).sin(\frac{n}{2 }) [/tex]. Очевидно [tex]x+y+z=360^\circ , t+m+n=360^\circ [/tex]. Тогава намираме, че горното равенство е еквивалентно на:
[tex]sinx+siny+sinz=sint+sinm+sinn[/tex].
Равенство на периметрите имаме, когато
[tex]sin(\beta +\mu)+sin(\gamma +\varphi )+sin(\alpha +\psi)=sin(\varphi +\beta )+sin(\gamma +\psi)+sin(\alpha +\mu)[/tex], но
[tex]\alpha +\beta +\gamma +\varphi +\mu+\psi=180^\circ [/tex] и като изразим [tex]\alpha +\beta[/tex], [tex]\gamma +\varphi [/tex], [tex]\mu+\psi[/tex], [tex]\varphi +\beta[/tex], [tex]\gamma +\psi[/tex], [tex]\alpha +\mu[/tex] от това равенство забелязваме, че те са:
[tex]\alpha +\beta=180^\circ -y[/tex], [tex]\gamma +\varphi=180^\circ -z [/tex], [tex]\mu+\psi=180^\circ -x[/tex], [tex]\varphi +\beta=180^\circ -n[/tex], [tex]\gamma +\psi=180^\circ -t[/tex], [tex]\alpha +\mu=180^\circ -m[/tex].
Имайки предвид това получаваме, че [tex]sin(\beta +\mu)+sin(\gamma +\varphi )+sin(\alpha +\psi)=sin(\varphi +\beta )+sin(\gamma +\psi)+sin(\alpha +\mu)[/tex] е еквивалентно на [tex]sinx+siny+sinz=sint+sinm+sinn[/tex], но това беше еквивалентно и на горното равенство. С което задачата е доказана Wink

martosss · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 6:18 pm Заглавие:

violin · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 6:52 pm Заглавие:

mkmarinov · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 7:25 pm Заглавие:

На десети клас първа се решава с изследване на случаи за x+a и x+b (двете са положителни; двете са отрицателни; x+a>0>x+b). Окончателно получавам [tex]x \in (-\infty; 0)\cup (\sqrt{ab}; \infty)[/tex].
Втора в едната посока (когато ABCD e ромб) с... еднакви триъгълници (AMD и CMD), от което ъгъл DAM=MAD=EFB=1/2(EB), т.е. DAM е периферен и AM e допирателна. Наобратно, предполагам се доказва пак с еднаквостта на тези триъгълници.
На трета получавам всяко n. Опитах чрез разлагане да получа от лявата страна дясната, но не знам колко съм бил убедителен. Предполагам че ще стане и с индукция.

naitsirk · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 8:07 pm Заглавие:

3-та на 10 клас, n=1, 2, 3 струва ми се Rolling Eyes

Is it black or white? · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 8:32 pm Заглавие:

Само аз и seppen ли сме единствените дванадесетокласници?
Някакви идеи за 3-та? Razz

mkmarinov · Пуснато на: Sat Apr 25, 2009 9:02 pm Заглавие:

[tex]a=0; f(x)=x^{\sqrt{2009}}[/tex] ?